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  • B. Lösungsskizzen zu den Übungsaufgaben

    B.1. Lösungen zum Kapitel 1

    B.1.1. Tutoraufgaben

    Lösungsskizze 1 Wir gehen zuerst nach dem Lösungsverfahren 1 vor.

    Schritt 1: Bestimmung der Lösung des homogenen DGL-Systems ~y′h = A~yh

    1. Wir bestimmen das charakteristische Polynom

    p(λ) = det(A − λ1) = (−1 − λ)2(λ2 + 1)

    und die Eigenwerte aus p(λ) = 0 und erhalten als Ergebnis:

    Eigenwert algebraische Vielfachheit

    λ1,2 = −1 2 λ3 = i 1

    λ4 = −i 1 2. Eigenräume/ Hauptvektoren/ Fundamentallösungen

    • zu λ1,2 = −1: aus ~0 = (A − λ1,21)~v folgt: ~v = σ(1, 0, 0, 0)T = σ~v1 und E(−1) = 〈{~v1}〉. Da dim E(−1) = 1 6= 2 = algebraische Vielfachheit ⇒ es existiert einen zu ~v1 unabhängigen Hauptvektor~h2, wegen dim E(−1) = 1 lässt sich dieser aus der Gleichung

    (A − λ1,21)~h2 = ~v1

    bestimmen (siehe Lösungsverfahren 1 Schritt 2, Punkt 5). Man erhält ~h2 = (0, 1, 0, 0) T .

    Damit lauten die Fundamentallösungen zum Eigenwert −1:

    ~y1 = e −x

    1 0 0 0

    , ~y2 = e −x

    0 1 0 0

    + x

    1 0 0 0

    • zu λ3 = i: aus ~0 = (A − λ31)~v folgt: ~v = σ(0, 1, i, 1)T = σ~v3 und E(i) = 〈{~v3}〉. Da dim E(i) = 1 = algebraische Vielfachheit lautet die komplexe Fundamentallösung zum Eigenwert i:

    ~z3 = e ix

    0 1 i 1

    v

  • B. Lösungsskizzen zu den Übungsaufgaben

    • zu λ4 = −i erhalten wir (nach Lösungsverfahren 1 Schritt 2, Punkt 3) unmittelbar

    ~z4 = e −ix

    0 1 −i 1

    • Somit lautet ein reelles Fundamentalsystem von ~y′h = A~yh:

    {~y1, ~y2, Re(~z3), Im(~z3)} =

    e−x

    0 0 0

    ,

    xe−x

    e−x

    0 0

    ,

    0 cos x − sin x cos x

    ,

    0 sin x cos x sin x

    und die reelle Fundamental- bzw. Wronski-Matrix:

    W(x) =

    e−x

    0 0 0

    xe−x

    e−x

    0 0

    0 cos x − sin x cos x

    0 sin x cos x sin x

    Schritt 2: Bestimmung einer Partikulären Lösung von

    ~y′(x) = A~y(x) +~b1 +~b2 = A~y(x) +~b

    Ansatzmethode ist im allgemeinen immer schneller. Hier spalten wir die Inhomogenität ~b(x) auf und verwenden (1.7).

    1. Die partikuläre Lösung von

    ~y′p1(x) =

    −1 1 0 −1 0 −1 1 1 0 0 0 −1 0 0 1 0

    ~yp1(x) − 17 sin(2x)

    1 1 1 1

    ermitteln wir mit Hilfe der Ansatzmethode (Lösungsverfahren 3). Da 2i kein Eigenwert von A ist, können wir den Ansatz

    ~zp1(x) = e 2ix ~w, ~w ∈ C4

    verwenden und erhalten nach Einsetzen in

    ~z′p1(x) =

    −1 1 0 −1 0 −1 1 1 0 0 0 −1 0 0 1 0

    ~zp1(x) − 17e2ix

    1 1 1 1

    das Ergebnis: ~w = 17 15

    (−3 + 6i, 5 + 10i,−5 + 10i, 5 + 10i)T somit lautet die reelle partikuläre Lösung

    ~yp1(x) = Im (~zp1(x)) = 17

    15

    cos(2x)

    6 10 10 10

    + sin(2x)

    −3 5 −5 5

    vi

  • B.1. Lösungen zum Kapitel 1

    2. Die partikuläre Lösung von

    ~y′p2(x) =

    −1 1 0 −1 0 −1 1 1 0 0 0 −1 0 0 1 0

    ~yp2(x) + xe −x

    1 2 0 2

    bestimmen wir durch Variation der Konstanten. (Falls die Ansatzmethode verwendet wird, muss

    zusätzlich beachtet werden, dass −1 ein Eigenwert von A ist!!!). Wir setzen

    ~yp2(x) = W(x)~c(x)

    an und erhalten mit (Lösungsverfahren 2)

    e−x

    0 0 0

    xe−x

    e−x

    0 0

    0 cos x − sin x cos x

    0 sin x cos x sin x

    ~c′(x) = xe−x

    1 2 0 2

    e−x

    0 0 0

    xe−x

    e−x

    0 0

    0 0

    − sin x cos x

    0 0

    cos x sin x

    ~c′(x) = xe−x

    1 0 0 2

    nach Matrixinversion erhalten wir

    ~c′(x) =

    ex

    0 0 0

    −xex ex

    0 0

    0 0

    − sin x cos x

    0 0

    cos x sin x

    xe−x

    0 0

    2xe−x

    =

    x 0

    2x cos xe−x

    2x sin xe−x

    ⇒ ~c(x) =

    x2

    2

    0 −e−x(x cos x − (x + 1) sin x) −e−x((x + 1) cos x + x sin x)

    somit ist

    ~yp2(x) = W(x)~c(x) = e −x

    x2

    2

    −x −(x + 1)

    −x

    Die allgemeine Lösung ist somit gegeben durch

    ~y(x) = W(x)~c + ~yp1(x) + ~yp2(x) ~c ∈ R4

    Lösungsskizze 2

    Wir setzen zuerst u = y′ und lösen die entstandene DGL 1. Ordnung

    u′(x) − x 1 + x2

    u(x) = x

    Die homogene DGL

    u′h(x) = x

    1 + x2 uh(x)

    vii

  • B. Lösungsskizzen zu den Übungsaufgaben

    ist trennbar, einfache Integration liefert die allgemeine Lösung

    duh uh

    =

    x

    1 + x2 dx ⇒ uh(x) = C

    √ 1 + x2, C ∈ R

    Die partikuläre Lösung der inhomogenen DGL ermitteln wir mittels Variation der Konstanten

    up(x) = C(x) √

    1 + x2 ⇒ √

    1 + x2C ′(x) = x ⇒ C(x) = √

    1 + x2

    als allgemeine Lösung für u erhalten wir somit

    u(x) = uh(x) + up(x) = C √

    1 + x2 + 1 + x2, C ∈ R

    Integration liefert somit

    y(x) = C

    2 (x √

    1 + x2 + Arsinh(x)) + D + x + x3

    3 , C, D ∈ R

    y′(x) = C √

    1 + x2 + 1 + x2, C ∈ R Einsetzen der RB

    y(0) + βy′(0) = γ ⇒ D + β(C + 1) = γ y(0) + y′(1) = 2 ⇒ D + C

    √ 2 = 0

    Subtraktion der 2. Gleichung von der ersten ergibt

    c( √

    2 − β) = β − γ

    1. β = √

    2 und γ 6= √

    2 ⇒ keine Lösung 2. β =

    √ 2 und γ =

    √ 2 ⇒ C beliebig, D = −

    √ 2 ⇒ unendlich viele Lösungen

    3. β 6= √

    2 ⇒ C = β−γ√ 2−β

    D = − √

    2 β−γ√ 2−β

    ⇒ eine eindeutige Lösung

    Lösungsskizze 3

    a) GGL: ẋ = 0 ⇔ y = 1 oder x = ±2 (i) y = −1 in ẏ = 0 einsetzen liefert x = 0 ~x∗1 := (0,−1)T ist GGL

    (ii) x = +2 in ẏ = 0 einsetzen liefert y = 1 ~x∗2 := (2, 1) T ist GGL

    (iii) x = −2 in ẏ = 0 einsetzen liefert y = 1 ~x∗3 := (−2, 1)T ist GGL Sei

    ~F (x, y) :=

    (

    (y + 1)(4 − x2) x(1 − y)

    )

    ⇒ JF = (

    −2x(y + 1) 4 − x2 1 − y −x

    )

    (i) JF (~x ∗ 1) =

    (

    0 4 2 0

    )

    . Da detJF (~x ∗ 1) = −8 = λ1 · λ2 haben die EW unterschiedliche Vorzei-

    chen ⇒ ~x∗1 ist eine instabile GGL.

    (ii) JF (~x ∗ 2) =

    (

    −8 0 0 −2

    )

    . Da beide EW negativ ⇒ ~x∗3 ist eine stabile GGL.

    (iii) JF (~x ∗ 3) =

    (

    8 0 0 2

    )

    . Da mindestens ein EW positiv